高中物理动量守恒定律试题(有答案和解析)

1、高中物理动量守恒定律试题( 有答案和解析 )一、高考物理精讲专题动量守恒定律1 在图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3kg 和1kg 的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态乙的右侧有一挡板恢复原长时，甲的速度大小为 2m/s ，此时乙尚未与p.现将两滑块由静止释放，当弹簧 p 相撞求弹簧恢复原长时乙的速度大小；若乙与挡板p 碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞求挡板p 对乙的冲量的最大值【答案】 v 乙 6m/s.i 8n【解析】【详解】（1）当弹簧恢复原长时，设甲乙的速度分别为左的方向为正方向，由动量守恒定律可得：和，对两滑块及弹簧组成的系统，设向又知联立以上方程可得，方向

2、向右。（ 2）乙反弹后甲乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的的速度最大为由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为：2 如图，足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡板，挡板前l 处静止着质量m1=1kg 的小球 a，质量 m2=2kg 的小球 b 以速度 v0 运动，与小球 a 正碰两小球可看作质点，小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计，且碰撞中均没有机械能损失求(1)第 1 次碰撞后两小球的速度；(2)两小球第 2 次碰撞与第1 次碰撞之间的时间；(3)两小球发生第3 次碰撞时的位置与挡板的距离【答案】 (1) 4 v01 v0 方向均与 v0 相同 (2)6l(3) 9l335v0【解析】【分

3、析】（1）第一次发生碰撞，动量守恒，机械能守恒；（2）小球 a 与挡板碰后反弹，发生第2 次碰撞，分析好位移关系即可求解；（ 3）第 2 次碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒，从而找出第三次碰撞前的初始条件，分析第 2 次碰后的速度关系，位移关系即可求解【详解】（1）设第1 次碰撞后小球a 的速度为 v1 ，小球 b 的速度为 v2 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 : m2 v0m1v1m2v21 m2 v021 m1v121 m2v22222整理得： v12m2v0， v2m2m1 v0m1m2m1m241解得 v1v0 ， v2v0 ，方向均与 v0 相同332）设经过时间 t两小球发生

4、第2次碰撞，小球ab的路程分别为x1 、 x2 ，则有（、x1 v1t ， x2v2t由几何关系知：x1x22l整理得： t6l5v0（3）两小球第2 次碰撞时的位置与挡板的距离：xl x2 3 l5以向左为正方向，第2次碰前 a 的速度va4v0，b 的速度为 vb1v0 ，如图所示33设碰后a 的速度为 va，b 的速度为 vb 根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1vam2vbm1vam2vb； 1 m1va21 m2 vb21 m1va21 m2vb22222整理得： va(m1m2 ) va2m2vb ， vb(m2m1 )vb2m1vam1m2m1 m2解得： va87v0v0

5、， vb99设第 2 次碰后经过时间t发生第 3 次碰撞，碰撞时的位置与挡板相距x ，则x x vb t ， x x va t整理得： x9l3牛顿的自然哲学的数学原理中记载，a、 b 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为1516分离速度是指碰撞后b 对 a 的速度，接近速度是指碰撞前a 对b 的速度若上述过程是质量为2m的玻璃球a 以速度v0 碰撞质量为m的静止玻璃球b，且为对心碰撞，求碰撞后a、b 的速度大小【答案】v0v0【解析】设 a、b 球碰撞后速度分别为v1 和 v2由动量守恒定律得2mv 0 2mv1 mv2且由题意知解得 v1v0， v2v0视频4

6、用放射源钋的 射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射 ” 1932 年，查德威克用铍 “辐射 ”分别照射（轰击）氢和氨（它们可视为处于静止状态）测得照射后沿铍“辐射 ”方向高速运动的氨核和氦核的质量之比为7： 0查德威克假设铍 “辐射 ”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子假设铍 “辐射 ”中的中性粒子与氢或氦发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射 ”的中性粒子的质量（质量用原子质量单位u 表示， 1u 等于 1 个12c 原子质量的十二分之一取氢核和氦核的质量分别为1.0u 和 14u）【答案】 m 1.2

7、u【解析】设构成铍 “副射 ”的中性粒子的质量和速度分别为m 和 v，氢核的质量为mh构成铍 “辐射 ”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v和 vh由动量守恒与能量守恒定律得mv mv mhvh1 mv2 1 mv2 12222mhvh解得2mvvh mmh 同理，对于质量为mn 的氮核，其碰后速度为2mvv mmn n由式可得mn vn mh vh mvh vn 根据题意可知hnv 7.0v 将上式与题给数据代入 式得m 1.2u5如图，水平面上相距为l=5m 的 p、 q 两点分别固定一竖直挡板，一质量为m=2kg 的小物块 b 静止在 o 点， op 段光滑， oq 段

8、粗糙且长度为d=3m 一质量为m=1kg 的小物块a以 v0=6m/s 的初速度从 op 段的某点向右运动，并与 b 发生弹性碰撞两物块与 oq 段的动摩擦因数均为 =0 2，两物块与挡板的碰撞时间极短且均不损失机械能重力加速度g=10m/s2 ，求（ 1） a 与 b 在 o 点碰后瞬间各自的速度；（ 2）两物块各自停止运动时的时间间隔【答案】（ 1），方向向左；【解析】试题分析：（ 1）设 a、b 在 o 点碰后的速度分别为由动量守恒：碰撞前后动能相等：，方向向右（2） 1sv1 和 v2，以向右为正方向解得：方向向左，方向向右）（2）碰后，两物块在oq 段减速时加速度大小均为：b 经过

9、t1 时间与 q 处挡板碰，由运动学公式：得：（舍去）与挡板碰后， b 的速度大小，反弹后减速时间反弹后经过位移， b 停止运动物块 a 与 p 处挡板碰后，以v4=2m/s 的速度滑上o 点，经过停止所以最终a、b 的距离 s=d-s1-s2=1m，两者不会碰第二次在 ab 碰后， a 运动总时间，整体法得 b 运动总时间，则时间间隔考点：弹性碰撞、匀变速直线运动6 如图所示，一光滑弧形轨道末端与一个半径为r的竖直光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为 m的相同小车（大小可忽略），中间夹住一轻弹簧后连接在一起（轻弹簧尺寸忽略不计），两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时

10、连接两车的挂钩突然断开，弹簧瞬间将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点求：（1）前车被弹出时的速度v1 ；（ 2）前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能ep ；（ 3）两车从静止下滑处到最低点的高度差h【答案】（ 1） v15rg （ 2）5 mgr （ 3） h5 r48【解析】试题分析：（ 1）前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，根据牛顿第二定律求出最高点速度，根据机械能守恒列出等式求解（ 2）由动量守恒定律求出两车分离前速度，根据系统机械能守恒求解（ 3）两车从 h 高处运动到最低处机械能守恒列出等式求解（1）设前车在最高点速度为v2 ，依题意有 mg

11、m v22r设前车在最低位置与后车分离后速度为v1 ，根据机械能守恒得1 mv22mg 2r1 mv12 22由得： v15rg（2）设两车分离前速度为v0 ，由动量守恒定律得2mv0mv1设分离前弹簧弹性势能 ep ，根据系统机械能守恒得：ep1 mv12 12m025 mgr224（3）两车从 h 高处运动到最低处过程中，由机械能守恒定律得：2mgh12mv022解得： h5 r87 如图所示，光滑固定斜面的倾角=30，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量m=3kg的物体 b 相连，初始时b 静止 .质量 m=1kg 的 a 物体在斜面上距b 物体处 s1=10cm 静止释放， a 物体下滑过

12、程中与b 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与b 粘在一起，已知碰后整体经 t=0.2s 下滑 s2=5cm 至最低点 . 弹簧始终处于弹性限度内，a、 b 可视为质点， g 取10m/s 2（1）从碰后到最低点的过程中，求弹簧最大的弹性势能;（2）碰后至返回到碰撞点的过程中，求弹簧对物体b 的冲量大小【答案】（1） 1 125j；（ 2） 10ns【解析】【分析】(1)a 物体下滑过程， a 物体机械能守恒，求得性碰撞， a、 b 组成系统动量守恒，求得碰后a 与 b 碰前的速度； a 与 b 碰撞是完全非弹 ab 的共同速度；从碰后到最低点的过程中，a、 b 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得

13、从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，a、 b 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时 ab 的速度；对 ab 从碰后至返回到碰撞点的过程应用动量定理，可得此过程中弹簧对物体 b 冲量的大小【详解】(1)a 物体下滑过程， a 物体机械能守恒，则：mgs1 sin30 0 1 mv022解得： v02gs1sin300210 0.1 0.5 ms1msa 与 b 碰撞是完全非弹性碰撞，据动量守恒定律得：mv0(m m )v1解得： v10.25 ms从碰后到最低点的过程中，a、 b 和弹簧组成的系统机械能守恒，则：ept 增1 ( mm )v12(

14、mm ) gs2 sin3002解得： ept 增1.125j(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，a、 b 和弹簧组成的系统机械能守恒，可求得返回碰撞点时 ab 的速度大小 v2v10.25 ms以沿斜面向上为正，由动量定理可得：it (mm )gsin300 2t(mm )v2( mm )v1解得： it10 n s8 如图所示，内壁粗糙、半径r0.4 m 的四分之一圆弧轨道ab 在最低点 b 与光滑水平轨道 bc相切。质量 m2 0.2 kg 的小球 b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量 m10.2 kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点b 时对

15、轨道的压力为小球 a 重力的 2 倍，忽略空气阻力，重力加速度g 10 m/s 2。求：(1)小球a 由 a 点运动到b 点的过程中，摩擦力做功wf ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能ep；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量i。【答案】(1)(2)ep=0.2j (3)i=0.4n?s【解析】（1）小球由静止释放到最低点b 的过程中，据动能定理得小球在最低点b 时：据题意可知，联立可得（ 2）小球 a 与小球 b 把弹簧压到最短时，弹性势能最大，二者速度相同，此过程中由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得弹簧的最大弹性势

16、能ep =0.4j小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用的整个过程中，由动量守恒定律a 球最终速度为， b 求最终速度为，由能量守恒定律：根据动量定理有：得小球 a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量i 的大小为i=0.8n s9 光滑水平面上放着一质量为m 的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0 向槽运动（ 1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）（ 2）若槽不固定，则小球上升多高？v02mv02【答案】（ 1）（ 2）m)g2g2( m【解析】（1）槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得：mgh11 mv022解得： h1v02

17、；2g（2）槽不固定时，设球上升的最大高度为h2 ，此时两者速度为v，由动量守恒定律得：mv0m m v再由机械能守恒定律得：1 mv021 mmv2mgh222联立解得，上球上升的高度： h2mv 022 mmg10 如图所示，一质量为m=1 5kg 的滑块从倾角为=37的斜面上自静止开始滑下，斜面末端水平（水平部分光滑，且与斜面平滑连接，滑块滑过斜面末端时无能量损失），滑块离开斜面后水平滑上与平台等高的小车已知斜面长s=10m，小车质量为m=3 5kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数=0 35，小车与地面光滑且足够长，取g=10m/s2求：（ 1）滑块滑到斜面末端时的速度（ 2）当滑块

18、与小车相对静止时，滑块在车上滑行的距离【答案】（ 1） 8 m/s （ 2） 64m【解析】试题分析：（ 1）设滑块在斜面上的滑行加速度a，由牛顿第二定律，有mg（sin - cos） =ma212又： s=at解得 t=2 5s到达斜面末端的速度大小v 0=at=8 m/s（ 2）小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，该过程中小车与滑块组成的系统在水平方向的动量守恒，则： mv0=（m+m） v代入数据得： v=2 4m/s滑块在小车上运动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，得： mgl 1 mv0 2- 1 （ m+m） v 222代入数据得： l=6 4m考点：牛顿第二定律；动量守

19、恒定律；能量守恒定律【名师点睛】此题考查动量守恒定律及功能关系的应用，属于多过程问题，需要分阶段求解；解题时需选择合适的物理规律，用牛顿定律结合运动公式，或者用动量守恒定律较简单，此题是中档题。11 如图所示，小球a 质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在o 点， o 点到水平面的距离为h 物块b 质量是小球的5 倍，置于粗糙的水平面上且位于o 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短 )，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲16量

20、及物块在地面上滑行的距离h【答案】16【解析】【分析】对小球下落过程由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；对小球由机械能守恒可求得反弹的速度，再由动量守恒定律可求得物块的速度；对物块的碰撞过程根据动量定理列式求解获得的冲量；对物块滑行过程由动能定理可求得其滑行的距离【详解】小球的质量为 m, 设运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的重力势能为零 ,根据机械能守恒定律有：mgh= 1mv122解得： v1=2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为vh12同理有： mgmv11,162解得： vgh1 =8设碰撞后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有：mv1=-mv1+5mv 2gh解得